Question

16．“溫室效應(yīng)”是哥本哈根氣候變化大會研究的環(huán)境問題之一．CO₂是目前大氣中含量最高的一種溫室氣體．因此，控制和治理CO₂是解決“溫室效應(yīng)”的有效途徑．
（1）其中一種途徑是將CO₂轉(zhuǎn)化成有機物實現(xiàn)碳循環(huán)．如：
2CO₂（g）+2H₂O（1）═C₂H₄（g）+3O₂（g）．△H=+1411.0kJ/mol
2CO₂（g）+3H₂O（1）═C₂H₅OH（1）+3O₂（g）△H=+1366.8kJ/mol
則由乙烯水化制乙醇反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為C₂H₄（g）+H₂O（1）═C₂H₅OH（1）△H=-44.2kJ/mol．
（2）在一定條件下，6H₂（g）+2CO₂（g）?CH₃CH₂OH（g）+3H₂O（g）．

溫度（K） CO2轉(zhuǎn)化率（%） $\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$	500	600	700	800
1.5	45	33	20	12
2	60	43	28	15
3	83	62	37	22

根據(jù)上表中數(shù)據(jù)分析：
①溫度一定時，提高氫碳比[$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$]，CO₂的轉(zhuǎn)化率：增大（填“增大”“減小”“不變”）．
②該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱（填“吸”或“放”）熱反應(yīng)．
（3）一定條件下，將3molH₂和lmolCO₂兩種氣體混合于固定容積為2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：3H₂（g）+CO₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）． 2min末該反應(yīng)達到平衡，測得CH₃OH的濃度為0.2mol/L．下列判斷不正確的是cd．
a．該條件下此反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式為k=$\frac{c（C{H}_{3}OH）•c（{H}_{2}O）}{{c}^{3}（{H}_{2}）•c（C{O}_{2}）}$
b．H₂的平均反應(yīng)速率為0.3mol/（L•s）
c．CO₂的轉(zhuǎn)化率為60%
d．混合氣體的密度不再改變時，該反應(yīng)一定達到平衡狀態(tài)
（4）如圖是乙醇燃料電池（電解質(zhì)溶液為KOH溶液）的結(jié)構(gòu)示意圖，則a處通入的是乙醇（填“乙醇”或“氧氣”），b處電極上發(fā)生的電極反應(yīng)是：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-．
（5）CO₂在自然界循環(huán)時可與CaCO₃反應(yīng)，CaCO₃是一種難溶物質(zhì)，其Ksp=2.8×10^-9．CaCl₂溶液與Na₂CO₃溶液混合可形成CaCO₃沉淀，現(xiàn)將等體積的CaCl₂溶液與Na₂CO₃溶液混合，若Na₂CO₃溶液的濃度為2×10^-4mol/L，則生成沉淀所需CaCl₂溶液的最小濃度為大于5.6×10^-5mo1/L．

Answer 1

分析 （1）已知：①2CO₂（g）+2H₂O（1）═C₂H₄（g）+3O₂（g）△H=+1411.0kJ/mol
②2CO₂（g）+3H₂O（1）═C₂H₅OH（1）+3O₂（g）△H=+1366.8kJ/mol
根據(jù)蓋斯定律，②-①可得：C₂H₄（g）+H₂O（1）═C₂H₅OH（1）；
（2）①溫度一定時，提高氫碳比[$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$]，有利于平衡正向移動；
②氫碳比[$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$]一定時，升高溫度二氧化碳的轉(zhuǎn)化率降低，說明升高溫度平衡逆向移動；
（3）a．化學(xué)平衡常數(shù)是指：一定溫度下，可逆反應(yīng)到達平衡時，生成物的濃度系數(shù)次冪之積與反應(yīng)物的濃度系數(shù)次冪之積的比，固體、純液體不需要在化學(xué)平衡常數(shù)中寫出；
b.2min末該反應(yīng)達到平衡，測得CH₃OH的濃度為0.2mol/L，則氫氣濃度變化量為0.2mol/L×3=0.6mol/L，根據(jù)v=$\frac{△c}{△t}$計算v（H₂）；
c．二氧化碳的濃度為0.2mol/L，根據(jù)n=cV計算消耗二氧化碳物質(zhì)的量，再計算二氧化轉(zhuǎn)化率判斷；
d．混合氣體總質(zhì)量不變，容器容積不變，混合氣體密度為定值；
（4）由示意圖可知，a處電極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，應(yīng)通入乙醇，b處電極通入氧氣，獲得電子，發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氧根離子；
（5）等體積的CaCl₂溶液與Na₂CO₃溶液混合，若Na₂CO₃溶液的濃度為2×10^-4ol/L，則混合后Na₂CO₃溶液的濃度為1×10^-4ol/L，根據(jù)Ksp=c（CO₃^2-）•c（Ca²⁺）=2.8×10^-9計算c（Ca²⁺），溶液CaCl₂溶液的最小濃度為混合溶液中c（Ca²⁺）的2倍．

解答 解：（1）已知：①2CO₂（g）+2H₂O（1）═C₂H₄（g）+3O₂（g）△H=+1411.0kJ/mol
②2CO₂（g）+3H₂O（1）═C₂H₅OH（1）+3O₂（g）△H=+1366.8kJ/mol
根據(jù)蓋斯定律，②-①可得：C₂H₄（g）+H₂O（1）═C₂H₅OH（1）△H=-44.2kJ/mol，
故答案為：C₂H₄（g）+H₂O（1）═C₂H₅OH（1）△H=-44.2kJ/mol；
（2）①溫度一定時，提高氫碳比[$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$]，有利于平衡正向移動，CO₂的轉(zhuǎn)化率增大，故答案為：增大；
②氫碳比[$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$]一定時，升高溫度二氧化碳的轉(zhuǎn)化率降低，說明升高溫度平衡逆向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故答案為：放熱；
（3）a．化學(xué)平衡常數(shù)是指：一定溫度下，可逆反應(yīng)到達平衡時，生成物的濃度系數(shù)次冪之積與反應(yīng)物的濃度系數(shù)次冪之積的比，固體、純液體不需要在化學(xué)平衡常數(shù)中寫出，3H₂（g）+CO₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）的平衡常數(shù)表達式為k=$\frac{c（C{H}_{3}OH）•c（{H}_{2}O）}{{c}^{3}（{H}_{2}）•c（C{O}_{2}）}$，故a正確；
b.2min末該反應(yīng)達到平衡，測得CH₃OH的濃度為0.2mol/L，則氫氣濃度變化量為0.2mol/L×3=0.6mol/L，v（H₂）=$\frac{0.6mol/L}{2min}$=0.3mol/（L．min），故b正確；
c．二氧化碳的濃度為0.2mol/L，消耗二氧化碳物質(zhì)的量為0.2mol/L×2L=0.4mol，二氧化轉(zhuǎn)化率為$\frac{0.4mol}{1mol}$×100%=40%，故c錯誤；
d．混合氣體總質(zhì)量不變，容器容積不變，混合氣體密度為定值，密度不變不能說明到達平衡，故d錯誤，
故選：cd；
（4）由示意圖可知，a處電極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，應(yīng)通入乙醇，b處電極通入氧氣，獲得電子，發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，
故答案為：乙醇；O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-；
（5）Na₂CO₃溶液的濃度為2×10^-4mol/L，等體積混合后溶液中c（CO₃^2-）=$\frac{1}{2}$×2×10^-4mol/L=1×10^-4mol/L，根據(jù)Ksp=c（CO₃^2-）•c（Ca²⁺）=2.8×10^-9可知，c（Ca²⁺）=$\frac{2.8×1{0}^{-9}}{1×1{0}^{-4}}$mol/L=2.8×10^-5mol/L，原溶液CaCl₂溶液的最小濃度為混合溶液中c（Ca²⁺）的2倍，故原溶液CaCl₂溶液的最小濃度為2×2.8×10^-5mol/L=5.6×10^-5mol/L．
故答案為：5.6×10^-5mo1/L．

點評 本題考查比較綜合，涉及蓋斯定律應(yīng)用、化學(xué)平衡計算與影響因素、平衡狀態(tài)判斷、原電池、溶度積有關(guān)計算等，（5）中計算為易錯點，學(xué)生容易將混合溶液中鈣離子濃度認為是原溶液中氯化鈣的濃度．